1、高考物理,新高考专用,专题七 动量,考点一冲量、动量与动量定理,一、动量1.定义:运动物体的质量和速度的乘积叫作物体的动量,即p=mv,单位为kgm/s。2.标矢性:矢量,其方向与该时刻速度方向相同。,二、动量变化量,1.大小:物体末动量与初动量的矢量差的大小。,2.方向:动量的变化量的方向也就是速度变化量的方向。1)若初末动量在同一直线上,规定正方向后就转化为代数计算,如图1、2(规定向右为正);,图1,图2,图3,2)若初末动量不在同一直线,用矢量合成来计算,遵循平行四边形定则和三角形定则(与数学的向量类似)。其方向与速度的改变量方向相同,如图3所示。,3.动能、动量、动量变化量的比较,思
2、考:若物体的动能发生变化,则动量是否发生变化?,剖析:若物体的动能发生变化,则动量一定发生变化。动量发生变化时动能不一定发生变化,如做匀速圆周运动的物体,因速度方向时刻变化,其动量时刻变化;因质量和速率不变,其动能不变。,三、冲量1.定义:力和力的作用时间的乘积叫作这个力的冲量,即I=Ft。2.单位:牛秒,符号Ns。3.标矢性:冲量是矢量。,4.冲量的四种计算方法,思考:一个静止或在水平面内运动的物体,在t时间内重力是否有冲量?,剖析:冲量是一个过程量,只与力和时间两个因素有关,与物体的运动状态以及是否受其他力无关。因此,有力和力的作用时间,该力就一定有冲量。因而重力在t时间内有冲量,I=mg
3、t。,四、动量定理1.内容:物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化量。2.表达式:Ft=p=p-p。3.意义:合力的冲量是使物体动量发生变化的原因,合力的冲量是物体动量变化量的量度。4.标矢性:动量变化量的方向与合外力的方向相同,可以在某一方向上应用动量定理。,5.用动量定理解题的基本思路,6.应用动量定理解题的注意事项1)动量定理反映了力的冲量与动量变化之间的因果关系,即合力的冲量是原因,物体的动量变化是结果。2)动量定理中的冲量是所受合力(包括重力)的冲量,既可以是各力冲量的矢量和,也可以是合力在不同阶段冲量的矢量和。3)动量定理的表达式是矢量式,等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。
4、在一维情况下,应先规定正方向。,考点二动量守恒定律,一、动量守恒定律1.内容:如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为零,这个系统的总动量保持不变。2.表达式1)p=p,系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p。2)m1v1+m2v2=m1v1+m2v2,相互作用的两个物体组成的系统,作用前的动量和等于作用后的动量和。3)p1=-p2,相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。,3.适用条件1)理想守恒:系统不受外力或所受外力的矢量和为零,则系统动量守恒。2)近似守恒:系统受到的外力矢量和不为零,但当内力远大于外力时,系统的动量可近似看成守恒。3)某一方向上守恒:系统在某个方向上所受
5、外力矢量和为零时,系统在该方向上动量守恒。,二、动量守恒定律与机械能守恒定律的比较,三、应用动量守恒定律解题的一般步骤,考点三碰撞、反冲与爆炸,一、碰撞,1.碰撞遵守的规律1)动量守恒。2)机械能不增加,即碰撞结束后总动能不增加,表达式为Ek1+Ek2Ek1+Ek2或+。3)速度要合理碰后若同向运动,原来在前的物体速度一定增大,且碰前v前v后,碰后v前v后。两物体相向运动,碰后两物体的运动方向至少有一个改变或两物体速度均为零。,2.碰撞类型1)弹性碰撞:碰撞结束后,形变全部消失,动能没有损失,不仅动量守恒,而且初、末总动能相等。m1v1+m2v2=m1v1+m2v2m1+m2=m1v12+m2
6、v22v1=v2=特例:若v2=0,即“一动一静”的弹性碰撞,碰后二者速度分别为v1=v1,v2=v1若m1=m2,则v1=0,v2=v1,二者速度互换。,若m1m2则v10,m1被反弹。若m1m2,则v1v1,速度几乎不变,v22v1。若m1m2,则v1=-v1,v2=0,m1以原速度反弹,m2不动。2)非弹性碰撞:碰撞结束后,形变部分消失,动能有部分损失。m1v1+m2v2=m1v1+m2v2m1+m2=m1v12+m2v22+Ek损3)完全非弹性碰撞:碰撞结束后,以同一速度运动,形变完全保留,动能损失最大。m1v1+m2v2=(m1+m2)vm1+m2=(m1+m2)v2+Ek损max,
7、二、反冲与爆炸1.反冲现象1)定义:当物体的一部分以一定的速度离开物体时,剩余部分将获得一个反向动量(或速度),这种现象叫作反冲运动。2)特点:系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力,系统动量守恒。实例:发射炮弹、爆竹升空、发射火箭等。3)规律:遵从动量守恒定律。,2.反冲过程的特征反冲运动过程中,有其他形式的能转化为动能,系统的总动能将增加,其增加的原因是:在反冲运动中,作用力和反作用力均做正功。,3.爆炸问题爆炸与碰撞类似,物体间的相互作用时间很短,作用力很大,且远大于系统所受的外力,所以系统动量守恒。,4.爆炸过程的特征1)动能增加:在爆炸过程中,由于有其他形式的能量转化为动
8、能,所以爆炸后系统的总动能增加。2)位置不变:爆炸的时间极短,因而在作用过程中,物体产生的位移很小,一般可忽略不计,可以认为爆炸后仍然从作用前的位置以新的动量开始运动。3)由于内力远大于外力,故爆炸过程动量守恒。,5.爆炸、碰撞、打击等过程都可认为动量守恒。,拓展一动量守恒中的常见模型,1.子弹打木块模型、滑块与滑板模型,例1装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。通过对以下简化模型的计算可以粗略说明其原因。质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑平面上。质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板,刚好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的两块相同钢板,
9、间隔一段距离水平放置,如图所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板,穿出后再射向第二块钢板,求子弹射入第二块钢板的深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力,且两块钢板不会发生碰撞。不计重力影响。,解析设子弹初速度为v0,射入厚度为2d的钢板后,最终钢板和子弹的共同速度为v由动量守恒定律得mv0=(2m+m)v解得v=v0此过程中动能损失E=m-3mv2,解得E=m;分成两块钢板后,设子弹穿过第一块钢板时子弹、钢板的速度分别为v1、v2,由动量守恒定律得mv0=mv1+mv2。因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力,射穿第一块钢板系统的动能损失为,由能量守恒得m+m=m-联立以上各式,且考虑到v1v2,
10、解得v1=v0设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为v3,由动量守恒定律得mv1=2mv3损失的动能E=m-2m联立解得E=因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力,将E=fx相、=fd代入上式,得射入第二块钢板的深度x相=(1+)d。,规律总结(1)钢板放在光滑水平面上,子弹水平打进钢板,系统所受的合外力为零,因此系统动量守恒。(2)两者发生的相对位移为子弹射入的深度x相。(3)根据能量守恒定律,系统损失的动能等于系统增加的内能。(4)系统产生的内能Q=fx相,即两者由于相对运动而产生的热量,也是动能转化为内能的数值。(5)当子弹速度很大时,可能射穿钢板,这时末状态子弹和钢板的速度大小不再
11、相等,但穿透过程中系统的动量仍守恒,系统损失的动能Ek=fd,d为钢板的厚度。,答案(1+)d,2.弹簧滑块类模型1)两个物体与弹簧相互作用的过程中,若系统所受外力的矢量和为零,则系统动量守恒;2)在能量方面,由于弹簧形变会使弹簧的弹性势能发生变化,系统的总动能将发生变化;若除了重力和系统内弹力,系统所受的外力不做功,系统机械能守恒;3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等,弹簧的弹性势能最大(Epm),系统的动能最小(完全非弹性碰撞模型):m1v0=(m1+m2)v共、m1=(m1+m2)+Epm4)弹簧恢复原长时,弹性势能为零,系统的动能最大(弹性碰撞模型):m1v0=m1v1+m2v
12、2、m1=m1+m2,例2如图所示,在光滑水平长直轨道上,A、B两小球之间有一处于原长的轻质弹簧,弹簧右端与B球连接,左端与A球接触但不粘连,已知mA=,mB=2m,开始时A、B均静止。在A球的左边有一质量为m的小球C以初速度v0向右运动,与A球碰撞后粘在一起成为一个复合球D,碰撞时间极短,接着逐渐压缩弹簧并使B球运动。经过一段时间后,D球与弹簧分离(弹簧始终处于弹性限度内)。(1)上述过程中,弹簧的最大弹性势能是多少?(2)当弹簧恢复原长时,B球的速度是多大?,(3)若开始时在B球右侧某位置固定一块挡板(图中未画出),在D球与弹簧分离前使B球与挡板发生碰撞,并在碰后立即将挡板撤走,设B球与挡
13、板碰撞时间极短,碰后B球速度大小不变,但方向相反,请求出此后弹簧的弹性势能最大值的范围。,解析(1)C与A的碰撞属于完全非弹性碰撞,碰撞过程中有能量损失,碰后D球、B球、弹簧组成的系统能量守恒,机械能守恒。设C与A相碰后速度为v1,根据动量守恒定律有mv0=mv1C与A碰后结合为D球,当D球与B球速度相等时,弹簧的弹性势能最大,设此时速度为v2,根据动量守恒定律有mv1=3mv2根据能量守恒定律有Epmax=m-3m解得Epmax=m(2)设弹簧恢复原长时,D球速度为v3,B球速度为v4,根据动量守恒定律有,mv1=mv3+2mv4根据能量守恒定律有m=m+2m联立解得v3=-,v4=。(3)
14、设B球与挡板相碰前瞬间D、B两球速度分别为v5、v6,根据动量守恒定律有mv1=mv5+2mv6v5是B球与挡板碰前D球的速度,C与A碰撞结合成D球时,D球速度最大为;弹簧由原长变为压缩最短,再到恢复原长时,D球速度为-,故D球与挡板相碰前瞬间的速度v5的取值范围为。,与挡板碰后(碰撞过程中无能量损失)弹簧的弹性势能最大时,D、B两球速度相等,设为v,根据动量守恒定律有mv5-2mv6=3mv解得v=由能量守恒定律知,弹簧的最大弹性势能Ep=m-3mv2=-当v5=时,Ep最大,Epmax=当v5=v3=-时,Ep最小,Epmin=所以Ep。,解题方法含弹簧的碰撞问题,一般情况下均满足动量守恒
15、定律(F外=0或I外=0)和机械能守恒定律(除重力、系统内弹力外,其他力做功为0),此类问题的一般解法是:(1)首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态。(2)分析碰撞前、后弹簧和物体的运动状态,依据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程。(3)判断解出的结果是否满足“物理情境可行性原则”,如果不满足,则要舍掉该结果。(4)求弹簧的弹性势能通常利用机械能守恒定律或能量守恒定律求解。(5)要特别注意弹簧的三个状态:原长,此时弹簧的弹性势能为零;压缩到最短或伸长到最长的状态,此时与弹簧连接的物体具有共同速度,弹簧具有,最大弹性势能。这往往是解决此类问题的突破点。,答案(1)m(2)(3)E
16、p,3.滑块与斜面体模型1)滑块上升至最高点:m与M具有共同水平速度v共,m竖直分速度为零。系统水平方向动量守恒,mv0=(M+m)v共;系统机械能守恒,m=(M+m)+mgh,其中h为滑块上升的最大高度,不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞模型);2)最低点:m与M分离点。水平方向动量守恒,mv0=mv1+Mv2系统机械能守,恒,m=m+M(弹性碰撞模型),例3竖直平面内的轨道ABCD由水平滑道AB与光滑的四分之一圆弧滑道CD组成,AB恰与圆弧CD在C点相切,轨道放在光滑的水平面上,如图所示。一个质量为m的小物块(可视为质点)从轨道的A端以初动能E冲上水平滑道AB,沿着轨道运动,由DC弧
17、滑下后停在水平滑道AB的中点。已知水平滑道AB长为L,轨道ABCD的质量为3m。,(1)求小物块在水平滑道上受到的摩擦力的大小。(2)为了保证小物块不从滑道的D端离开滑道,圆弧滑道的半径R至少是多大?,解析(1)小物块冲上滑道的初速度设为v,则E=mv2,小物块最终停在AB的中点,跟滑道有相同的速度,设为v在这个过程中,系统水平方向动量守恒,有mv=(3m+m)v系统的动能损失用于克服摩擦力做功,有E=mv2-(3m+m)v2而E=fL联立解得摩擦力的大小f=。(2)若小物块刚好到达D处,此时它与滑道有共同的速度(与v相等,方向水平向右),小物块从A到D过程中系统总动能减少,转化为内能(克服摩
18、擦做,功)和物块的重力势能,同理,有E1=mv2-(3m+m)v2而E1=fL+mgR解得要使物块不从D端离开滑道,CD圆弧的半径至少为R=。,答案(1)(2),4.人船模型1)模型特点:由两个物体组成的系统,开始时两物体相对静止,之后由于两物体之间相互作用,当一物体向某方向运动时,另一物体向相反方向运动的各种题目类型统称为“人船模型”,该模型属于反冲现象中的一种具体情况。2)模型解读:如图所示,长为L、质量为m船的小船停在静水中,质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端,不计水的阻力。,以人和船组成的系统为研究对象,在人由船的一端走到船的另一端的过程中,由于水的阻力忽略不计,系统水平
19、方向不受外力作用,所以整个系统水平方向动量守恒,可得m船v船=m人v人。因人和船组成的系统时时刻刻动量守恒,故有m船x船=m人x人由图可看出x船+x人=L可解得x人=L,x船=L。此模型可进一步推广到其他类似的情景中,例如:人沿着开始时静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上,求热气球上升或下降高度的问题;小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下,求弧形槽移动距离的问题;小球从光滑圆环内侧滑下,求圆环移动距离的问题等。3)解答“人船模型”问题应注意以下两点,适用条件.系统由两个物体组成且相互作用前静止,系统总动量为零;.在系统内发生相对运动的过程中,至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)。
20、画草图:解题时要画出各物体的位移关系草图,找出各位移间的关系,注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。,例4如图所示,一个倾角为的直角斜面体静置于光滑水平面上,斜面体的质量为M,顶端高度为h,今有一质量为m的小物体,沿光滑斜面下滑,在小物体从斜面顶端自由下滑到底端的过程中,斜面体在水平面上移动的距离是()A.B.,C.D.,解析小物体与斜面体组成的系统在水平方向上动量守恒,设小物体在水平方向上对地位移的大小为x1,斜面体在水平方向上对地位移的大小为x2,因此有0=mx1-Mx2,而x1+x2=,联立解得x2=,C项正确。,答案C,拓展二应用力学三大观点解决综合问题,1.力的瞬时作用和力的时间、
21、空间积累作用,2.动量观点和能量观点的比较,3.三个基本观点的适用范围,4.选取三大观点解题原则1)从研究对象上看若多个物体的运动状态不同,则一般不宜对多个物体整体应用牛顿运动定律。若研究对象为单个物体,则不能用动量观点中的动量守恒定律。若研究对象为多物体组成的系统,且系统内的物体与物体间有相互作用,一般用“守恒定律”去解决问题,但必须注意研究对象是否满足定律的守恒条件。2)从研究过程上看凡涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析,必须用动力学观点。凡涉及复杂的直线或曲线运动问题,一般要用能量观点或动量观点。,凡涉及短暂的相互作用问题优先考虑用动量定理。凡涉及碰撞、爆炸、反冲等问题,一般应用动量守恒
22、定律。3)从所涉及的物理量看如果涉及加速度的问题,则一般要用牛顿运动定律。如果涉及运动时间或作用时间的问题,一般优先考虑用动量定理(F合t=p),其次考虑用牛顿运动定律。如果涉及运动的位移或路程的问题,一般优先考虑用功能关系,其次再考虑用牛顿运动定律。如果涉及初、末速度的问题,一般优先考虑用动能定理,其次考虑用动量观点,最后再考虑用牛顿运动定律。,例5如图1所示,足够长的木板C通过某一装置锁定在水平地面上,物块A、B静止在木板C上,物块A、B间距离为1.1 m。开始时物块A以速度v0=6 m/s向右运动,物块A在与B碰撞前一段时间内的运动图像如图2所示。已知物块A、B可视为质点,质量分别为mA
23、=1 kg、mB=4 kg,A、B与木板间的动摩擦因数相同,木板C的质量mC=1 kg,C与地面间的动摩擦因数为。A与B弹性碰撞过程时间极短,可忽略摩擦力的影响,A、B碰撞瞬间木板C解除锁定。重力加速度g=10 m/s2。求:图1,图2(1)物块与木板间的动摩擦因数。(2)碰撞后瞬间物块A的速度。(3)最后停止时物块A、B间的距离(结果保留2位小数)。,解析(1)根据图像可知aA=5 m/s2,对A进行受力分析并由牛顿第二定律有1mAg=mAaA,解得物块与木板间的动摩擦因数1=0.5。(2)设碰撞前瞬间A的速度为v,则v2-=-2aAx1,x1=1.1 m;由于A、B发生弹性碰撞,取向右为正
24、方向,设碰撞后A、B的速度分别为vA、vB,则mAv=mAvA+mBvB,弹性碰撞能量守恒,故有mAv2=mA+mB,解得vA=-3 m/s、vB=2 m/s。即碰撞后瞬间物块A的速度大小为3 m/s,方向向左。(3)碰撞后对木板C受力分析得1mBg-1mAg-2(mA+mB+mC)g=mCaC对物块B进行受力分析得,1mBg=mBaB对物块A进行受力分析得-1mAg=mAaA分析可知C向右做加速运动先与B共速,设经时间t1物块B与木板C达到相同的速度v1,则v1=vB-aBt1=aCt1,解得v1=1.0 m/s,t1=0.2 s。从A、B碰撞结束到B、C速度相同,设B向右的对地位移大小为x
25、2,则x2=t1=0.3 m,此时A仍向左运动,B、C相对静止后一起向右运动,设其加速度大小为a,则1mAg+2(mA+mB+mC)g=(mB+mC)a,分析可知B、C速度减为零后停止运动,A继续向左减速运动,设B、C一起向右运动的位移大小为x3,则0-=-2ax3设A碰撞后到停下经过的位移大小为x4,则0-=-2aAx4最后停止时物块A、B间的距离x=x2+x3+x4=1.37 m。,答案(1)0.5(2)3 m/s,方向向左(3)1.37 m,模型一应用动量定理知识解决流体问题,1.流体类“柱状模型”,2.微粒类“柱状模型”,例1某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定
26、地悬停在空中。为计算方便起见,假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出;玩具底部为平板(面积略大于S);水柱冲击到玩具底板后,在竖直方向水的速度为零,在水平方向朝四周均匀散开,忽略空气阻力。已知水的密度为,重力加速度大小为g。求:(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量。(2)玩具在空中悬停时,其底板相对于喷口的高度。,解析(1)设一段很短的时间t内,从喷口喷出的水的体积为V,质量为m,则m=V,V=v0St,由以上两式得,单位时间内从喷口喷出的水的质量=v0S。(2)设玩具悬停时其底板相对于喷口的高度为h,水从喷口喷出后到达玩具底板时的速度大小为v。对于t时间内喷出的水,由能量守恒定
27、律得(m)v2+(m)gh=(m)在h高度处,t时间内喷射到玩具底板的水沿竖直方向的动量变化量的大小p=(m)v设水对玩具的作用力的大小为F,则玩具对水的作用力大小F=F,对水根据动量定理有F+(m)gt=p,由于t很小,则(m)g很小,可忽略,由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得F=Mg联立解得h=-,特别提示打击、碰撞中用动量定理时,若未告知作用时间,则重力可以忽略;若告知作用时间则重力不可忽略。,答案(1)v0S(2)-,例2有一宇宙飞船,它的正面面积S=2 m2,以v=3103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区。此微粒尘区每1 m3空间中有一个微粒,每一个微粒的平均质量m=210-7
28、 kg。假设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上,要使飞船速度不变,飞船的牵引力应增加()A.3.6103 NB.3.6 NC.1.210-3 ND.1.2 N,解析设在时间t内与飞船碰撞并附着于飞船上的微粒总质量为M,则M=vtSm。设飞船对微粒的作用力大小为F,由动量定理知,Ft=Mv,联立解得F=v2Sm,代入数据得F=3.6 N。根据牛顿第三定律知,微粒对飞船的作用力大小为3.6 N。要使飞船速度不变,根据平衡条件知,飞船的牵引力应增加3.6 N,B项正确。,答案B,模型二动量守恒中的临界模型,1.解决相互作用物体组成的系统的临界问题时,应处理好下面两个方面的问题。1)寻找临界状态题设情景
29、中是否有相互作用的两物体相距最近、恰好滑离、避免相碰和物体开始反向运动等临界状态。2)挖掘临界条件在与动量相关的临界问题中,临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系。,2.三种常见类型的临界问题1)涉及弹簧类的临界问题对于由物体和弹簧组成的系统,当弹簧被压缩到最短或拉伸到最长时,弹簧两端的两个物体的速度必然相等。2)涉及相互作用边界的临界问题在物体滑上斜面体(斜面体放在光滑水平面上)的过程中,由于物体间弹力的作用,斜面体在水平方向上将做加速运动,物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面体沿水平方向具有共同的速度,物体到达斜面顶端时,在竖直方向上的分速度等于零。3)子弹打木块类的临
30、界问题:子弹刚好击穿木块的临界条件为子弹穿出木块时的速度与木块的速度相同,子弹位移为木块位移与木块厚度之和。,例3如图所示,甲车质量m1=m,在车上有质量为M=2m的人,甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h处由静止滑下,到水平地面上后继续向前滑动,此时质量m2=2m的乙车正以速度v0迎面滑来,已知h=(g为重力加速度的大小),为了使两车不发生碰撞,当两车相距适当距离时,人从甲车跳上乙车,则人跳离甲车的水平速度大小(相对地面)应满足什么条件?(不计地面和斜坡的摩擦,车和人均可视为质点),解析设向左为正方向,甲车(包括人)滑下斜坡后速度大小为v1,由机械能守恒定律有(m1+M)=(m1+M)gh,解得v1=2v0;设人跳离甲车的水平速度大小(相对地面)为v,在人跳离甲车过程中,人和甲车组成的系统在水平方向上动量守恒;在人跳上乙车过程中,人和乙车组成的系统在水平方向上动量守恒。设人跳离甲车和跳上乙车后,两车的速度大小分别为v甲和v乙,则人跳离甲车时,有(M+m1)v1=Mv+m1v甲人跳上乙车时,有Mv-m2v0=(M+m2)v乙解得v甲=6v0-2v,v乙=v-v0当人跳到乙车上后甲车向右运动,甲车爬上斜坡又下来,两车不相撞的临,